2024高考物理一轮复习第五章机械能第4讲功能关系能量守恒定律练习含解析新人教版

PAGEPAGE7第4讲功能关系能量守恒定律一、单项选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．质量为m的物体从静止以eq\f(1,2)g的加速度竖直上上升度h。对该过程，下列说法中正确的是(D)A．物体的机械能增加eq\f(1,2)mghB．物体的机械能削减eq\f(3,2)mghC．重力对物体做功mghD．物体的动能增加eq\f(1,2)mgh[解析]质量为m的物体从静止以eq\f(g,2)的加速度竖直上升h，重力对物体做功－mgh，所受合外力为eq\f(1,2)mg，合外力做功eq\f(1,2)mgh，由动能定理，物体的动能增加eq\f(1,2)mgh，C错误，D正确；物体的机械能增加mgh＋eq\f(1,2)mgh＝eq\f(3,2)mgh，A、B错误。2．(2024·河南驻马店模拟)一物体在竖直向上的恒力作用下，由静止起先上升，到达某一高度时撤去外力。若不计空气阻力，则在整个上升过程中，物体的机械能E随时间t改变的关系图象是(A)[解析]本题考查外力做功时能量随时间改变的图象问题。设物体在恒力作用下的加速度为a，由功的定义式可知，机械能增量为ΔE＝FΔh＝F·eq\f(1,2)at2，知E－t图象是开口向上的抛物线，撤去恒力后，机械能守恒，则机械能不随时间改变，故A正确，B、C、D错误。3.如图所示，质量为m的钢制小球，用长为l的细线悬挂在O点。将小球拉到与O点相齐平的水平位置C由静止释放。小球运动到最低点时对细绳的拉力为2mg，若小球运动到最低点B时用小锤向左敲击它一下，瞬间给小球补充机械能ΔE，小球就能恰好摆到与C等高的A点。设空气阻力只与运动速度相关，且运动速度越大空气的阻力就越大。则下列说法中正确的是(A)A．ΔE>mgl B．ΔE<eq\f(1,2)mglC．ΔE＝eq\f(1,2)mgl D．eq\f(1,2)mgl<ΔE<mgl[解析]在B点有2mg－mg＝meq\f(v2,l)，由C到B过程有mgl－Wf＝eq\f(1,2)mv2，解得Wf＝eq\f(1,2)mgl，对小球由B到A过程有ΔE＋eq\f(1,2)mv2＝Wf1＋mgl，由于B到A过程速度大于C到B过程，故Wf1>Wf，联立解得ΔE>mgl，故A正确。4.如图所示，一根长为l的轻质软绳一端固定在O点，另一端与质量为m的小球连接，初始时将小球放在与O点等高的A点，OA＝eq\f(3,5)l，现将小球由静止状态释放，则当小球运动到O点正下方时，绳对小球拉力为(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(C)A．2mg B．3mgC．eq\f(247,125)mg D．eq\f(303,125)mg[解析]设小球到达A点的正下方B点时细绳刚好绷紧，则OB与水平方向的夹角的余弦值为cosα＝eq\f(OA,OB)＝eq\f(\f(3,5)l,l)＝0.6，可得小球自由下落的高度为h＝lsinα＝0.8l，到达B点的速度v1＝eq\r(2gh)，细绳绷紧后瞬间小球只有垂直于细绳的分速度，大小为v2＝v1cosα，从B点到最低点，由动能定理得mgl(1－sinα)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，在最低点有T－mg＝meq\f(v\o\al(2,3),l)。联立以上各式解得T＝eq\f(247,125)mg，C正确。5．(2024·安徽重点中学协作体模拟)如图所示，固定斜面AB和CB与水平面均由一小段光滑圆弧连接，倾角分别为α、β，OB＝h。细线一端固定在竖直挡板上，另一端连接一质量为m的小物块，在小物块和挡板之间压缩一轻质弹簧(小物块与弹簧不连接)，烧断细线，小物块被弹出，滑上斜面AB后，恰好能运动到斜面的最高点，已知AD＝l，小物块与水平面、斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则(C)A．弹簧对小物块做功为μmglB．斜面摩擦力对小物块做功为eq\f(μmgh,sinα)C．细线烧断前，弹簧具有的弹性势能为mg＋μmg(eq\f(h,tanα)＋l)D．撤去斜面AB，小物块还从D点弹出，将沿斜面CB上滑并从B点飞出[解析]本题考查斜面模型中的功能问题。由功能关系可知，弹簧对小物块做功为W＝μmgl＋μmgcosα·eq\f(h,sinα)＋mgh＝mgh＋μmg(l＋eq\f(h,tanα))，细线烧断前，弹簧具有的弹性势能为Ep＝mgh＋μmg(l＋eq\f(h,tanα))，选项A错误，C正确；斜面摩擦力对小物块做功为Wf＝μmgcosα·eq\f(h,sinα)＝μmgeq\f(h,tanα)，选项B错误；撤去斜面AB，小物块到达B点须要的能量为E＝mgh＋μmg(l′＋eq\f(h,tanβ))＝mgh＋μmgeq\x\to(OD)＝Ep，故物块恰能到达B点，选项D错误。二、多项选择题：在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的。6.如图所示，轻质弹簧上端固定，下端系一物体。物体在A处时，弹簧处于原长状态。现用手托住物体使它从A处缓慢下降，到达B处时，手和物体自然分开。此过程中，物体克服手的支持力所做的功为W。不考虑空气阻力。关于此过程，下列说法正确的有(AD)A．物体重力势能削减量肯定大于WB．弹簧弹性势能增加量肯定小于WC．物体与弹簧组成的系统机械能增加量为WD．若将物体从A处静止释放，则物体到达B处时的动能为W[解析]依据能量守恒定律可知，在此过程中削减的重力势能mgh＝ΔEp＋W，所以物体重力势能削减肯定大于W，不能确定弹簧弹性势能增加量与W的大小关系，A正确，B错误；支持力对物体做负功，所以物体与弹簧组成的系统机械能削减W，所以C错误；若将物体从A处由静止释放，从A到B的过程，依据动能定理：Ek＝mgh－W弹＝mgh－ΔEp＝W，所以D正确。7．(2024·宁夏高校附中六模)如图所示，水平传送带在电动机带动下以速度v＝1m/s匀速顺时针转动，小物块P、Q质量分别为0.3kg和0.2kg，由通过定滑轮且不行伸长的轻绳相连，t＝0时刻物块P放在传送带中点处由静止释放。已知物块P与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5，传送带水平部分两端点间的距离为L＝4m，不计定滑轮质量及摩擦，物块P与定滑轮间的绳水平。(g取10m/s2)(BD)A．物块P向右运动B．物块P的加速度大小为1m/s2C．整个过程中物块P与传送带之间产生的热量为0.6JD．1s末传送带所受的摩擦力的瞬时功率为1.5W[解析]本题考查连接体在传送带上运动的能量改变问题。设P质量为m，Q质量为M，P、Q由同一根轻绳相连，加速度大小相同，设轻绳上的张力为T，则Ma＝Mg－T，ma＝T－f，f＝μmg＝1.5N，联立解得T＝1.8N，a＝1m/s2，故物块P向左运动，故B正确，A错误；P到达左侧时，位移为x＝2m，用时t＝eq\r(\f(2x,a))＝eq\r(\f(2×2,1))s＝2s，则物块P与传送带间的相对位移x相＝x＋vt＝2m＋1×2m＝4m，则产生的热量为Q＝fx相＝1.5×4J＝6J，故C错误；1s末传送带所受的摩擦力的瞬时功率为P＝fv＝1.5×1W＝1.5W，故D正确。8．(2024·重庆六校联考)如图所示，在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态。现用一平行于斜面对上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A运动的距离为d，速度为v，则(CD)A．此过程中，A的动能的改变量为FdB．此过程中，A的机械能的改变量为FdC．此过程中，弹簧弹性势能的改变量为Fd－eq\f(1,2)m1v2－m1gdsinθD．当B刚要离开挡板C时，A的加速度为eq\f(F－kd,m1)[解析]依据动能定理可知，此过程中A的动能改变量为ΔEkA＝Fd－m1gdsinθ－W弹，故A错误；除重力之外的其他力做的功等于A的机械能的改变量，A的机械能改变量为ΔEA＝Fd－W弹，故B错误；弹簧弹性势能的改变量等于拉力做的功减去系统动能和重力势能的增加量，ΔE弹＝Fd－m1gdsinθ－eq\f(1,2)m1v2，故C正确；当B刚要离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面对下的分力，故m2gsinθ＝kx2，对A，依据牛顿其次定律得F－m1gsinθ－kx2＝m1a1，起先时A静止，则有m1gsinθ＝kx1，而d＝x1＋x2，联立解得A的加速度a1＝eq\f(F－kd,m1)，故D正确。三、非选择题9．(2024·天津和平区一模)如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在t＝0时刻，一小物块以肯定速度从左端滑上长木板，之后长木板运动的v－t图象如图乙所示，已知小物块与长木板的质量均为m＝1kg，已知木板足够长，(g＝10m/s2)，求：(1)小物块与长木板间动摩擦因数的值；(2)在整个运动过程中，系统所产生的热量。[答案](1)0.5(2)72J[解析]本题考查功能关系在板块模型中的应用。(1)设小物块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，长木板达到的最大速度为vm，长木板加速过程中，由牛顿其次定律得μ1mg－2μ2mg＝ma1，vm＝a1t1，木板和物块相对静止，共同减速过程中，由牛顿其次定律得μ2·2mg＝2ma2，vm＝a2t2，由图象可知，vm＝2m/s，t1＝2s，t2＝1s，联立解得μ1＝0.5。(2)设小物块初速度为v0，则滑上长木板时的加速度大小为a0，则有μ1mg＝ma0，vm＝v0－a0t1，在整个过程中，由能量守恒定律得Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝72J。10．(2024·湖南长沙一中月考)如图所示，质量为m的工件，从高h的光滑曲面上由静止下滑，水平向右进入传送带，传送带以v0＝eq\r(2gh)的速度匀速逆时针转动，传送带长L，工件与传送带之间的动摩擦因数μ＝eq\f(h,2L)。求：(1)工件离开传送带时的速度；(2)工件在传送带上运动过程中产生的热量。[答案](1)eq\r(gh)(2)eq\f(5－2\r(2),2)mgh[解析]本题考查物体在传送带与曲面上运动的能量改变问题。(1)假设工件可以从传送带右端离开，工件到达传送带右端时速度大小为v，依据动能定理可得mgh－μmgL＝eq\f(1,2)mv2，解得